【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的“三类模型问题”学案

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【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的“三类模型问题”学案

电磁感应中的“三类模型问题”‎ 考法 学法 电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点,考查的题型一般包括“单杆”模型、“双杆”模型或“导体框”模型,考查的内容有:①匀变速直线运动规律;②牛顿运动定律;③功能关系;④能量守恒定律;⑤动量守恒定律。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析,根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。用到的思想方法有:①整体法和隔离法;②全程法和分阶段法;③条件判断法;④临界问题的分析方法;⑤守恒思想;⑥分解思想。‎ ‎┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄‎ 模型(一) 电磁感应中的“单杆”模型 类型1 “单杆”——水平式 物理 模型 匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为B,导轨间距为L,导体棒ab的质量为m,初速度为零,拉力恒为F,水平导轨光滑,除电阻R外,其他电阻不计 动态 分析 设运动过程中某时刻测得导体棒ab的速度为v,由牛顿第二定律知导体棒ab的加速度为a=-,a、v同向,随速度的增加,导体棒ab的加速度a减小,当 a=0时,v最大,I=不再变化 收尾 状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡,a=0‎ 电学特征 I不再变化 ‎[例1] (2018·安徽联考)如图所示,光滑平行金属导轨PQ、MN固定在光滑绝缘水平面上,导轨左端连接有阻值为R的定值电阻,导轨间距为L,有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向上,边界ab、cd均垂直于导轨,且间距为s,e、f分别为ac、bd的中点,将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直导轨放置在ab左侧s处。现给金属棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力,使金属棒从静止开始向右运动,金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到ef位置时,加速度刚好为零,不计其他电阻。求:‎ ‎(1)金属棒运动到ef位置时的速度大小;‎ ‎(2)金属棒从初位置运动到ef位置,通过金属棒的电荷量;‎ ‎(3)金属棒从初位置运动到ef位置,定值电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎[解析] (1)设金属棒运动到ef位置时速度为v,‎ 则感应电动势E=BLv 电路中电流I= 由于加速度刚好为零,则F=F安=BIL 解得v=。‎ ‎(2)通过金属棒的电荷量q=Δt = == 解得q=。‎ ‎(3)设定值电阻R中产生的焦耳热为Q,由于金属棒的电阻也为R,因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q。金属棒从初位置运动到ef位置的过程中,根据动能定理有 WF+W安=mv2‎ 根据功能关系有W安=-2Q 拉力F做的功WF=Fs 解得Q=Fs-。‎ ‎[答案] (1) (2) (3)Fs- 类型2 “单杆”——倾斜式 物理 模型 匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为B,导轨间距为L,导体棒ab的质量为m,电阻为R,导轨光滑,电阻不计 动态 分析 导体棒ab刚释放时a=gsin α,导体棒ab的速度v↑→感应电动势E=BLv↑→电流I=↑→安培力F=BIL↑→加速度a↓,当安培力F=mgsin α时,a=0,速度达到最大vm= ‎ 收尾 状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡,a=0‎ 电学特征 I不再变化 ‎[例2] (2018·江苏高考)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒 ‎(1)末速度的大小v;‎ ‎(2)通过的电流大小I;‎ ‎(3)通过的电荷量Q。‎ ‎[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动,‎ 根据运动学公式有v2=2as 解得v=。‎ ‎(2)金属棒所受安培力F安=IdB 金属棒所受合力F=mgsin θ-F安 根据牛顿第二定律有F=ma 解得I=。‎ ‎(3)金属棒的运动时间t=,‎ 通过的电荷量Q=It 解得Q=。‎ ‎[系统通法]‎ ‎]]‎ ‎[答案] (1) (2) (3) ‎1.“单杆”模型分析要点 ‎(1)杆的稳定状态一般是做匀速运动,达到最大速度或最小速度,此时合力为零。‎ ‎(2)电磁感应现象遵从能量守恒定律,整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。‎ ‎2.抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v,“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 ‎ ‎ 模型(二) 电磁感应中的“双杆”模型 ‎[研一题]————————————————————————————————‎ ‎ (2018·湖北四地七校联考)如图所示,相距L=‎0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B=0.4 T 的匀强磁场中,水平导轨处的磁场方向竖直向上,光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m=‎40 g、电阻均为R=0.1 Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上,并与导轨接触良好,导轨电阻不计。质量为M=‎200 g的物体C,用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内,细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为37°,水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数 μ=0.4,重力加速度g=‎10 m/s2,水平导轨足够长,导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放,当它达到最大速度时下落高度h=‎1 m,求这一运动过程中:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ ‎(1)物体C能达到的最大速度是多少;‎ ‎(2)系统产生的内能是多少;‎ ‎(3)连接导体棒cd的细线对导体棒cd做的功是多少。‎ ‎[解析] (1)设物体C能达到的最大速度为vm,由法拉第电磁感应定律得,回路的感应电动势为E=2BLvm 由闭合电路欧姆定律得,回路中的电流为I= 导体棒ab、cd受到的安培力为F=BLI 设连接导体棒ab与cd的细线中张力为T1,连接导体棒ab与物体C的细线中张力为T2,导体棒ab、cd及物体C的受力如图所示,由平衡条件得:‎ T1=mgsin 37°+F T2=T1+F+f T2=Mg 其中f=μmg 解得:vm=‎2 m/s。‎ ‎(2)设系统在该过程中产生的内能为E1,由能量守恒定律得:‎ Mgh=(‎2m+M)vm2+mghsin 37°+E1‎ 解得:E1=1.2 J。‎ ‎(3)运动过程中由于摩擦产生的内能 E2=μmgh=0.16 J 由第(2)问的计算结果知,这一过程中电流产生的内能E3=E1-E2=1.04 J 又因为导体棒ab、cd的电阻相等,故电流通过导体棒cd产生的内能E4==0.52 J 对导体棒cd,设这一过程中细线对其做的功为W,则由功能关系得:‎ W=mghsin 37°+mvm2+E4‎ 解得:W=0.84 J。‎ ‎[答案] (1)‎2 m/s (2)1.2 J (3)0.84 J ‎[悟一法]————————————————————————————————‎ 两类“双杆”模型 解题思路 ‎“一动一静”型,实质是单杆问题,要注意其隐含条件:静止杆受力平衡 ‎“两杆都动”型,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势应相加还是相减 结合“单杆”模型的解题经验,对“双杆”模型进行受力分析,确定运动状态,一般会有收尾状态,比如有恒定的速度或加速度等,再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解 ‎[通一类]————————————————————————————————‎ ‎1.(2019届高三·青岛模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左侧部分水平,右侧部分为半径r=‎ ‎0.5 m的竖直半圆,两导轨间距离d=‎0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=‎0.2 kg、m2=‎0.1 kg,电阻分别为 R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω。现让ab棒以v0=‎10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入半圆轨道后,恰好能通过轨道最高位置PP′,cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰,重力加速度 g=‎10 m/s2,求:‎ ‎(1)ab棒开始向右运动时,cd棒的加速度大小a0;‎ ‎(2)cd棒刚进入半圆轨道时,ab棒的速度大小v1;‎ ‎(3)cd棒进入半圆轨道前,ab棒克服安培力做的功W。‎ 解析:(1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有 E=Bdv0‎ I= BId=m‎2a0‎ 解得:a0=‎30 m/s2。‎ ‎(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,cd棒进入半圆轨道前,cd棒与ab棒组成的系统动量守恒,有 m1v0=m1v1+m2v2‎ cd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒,有 m2v22=m‎2g·2r+m2v2‎ cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力,有 m‎2g=m2 解得:v1=‎7.5 m/s。‎ ‎(3)由动能定理得-W=m1v12-m1v02‎ 解得:W=4.375 J。‎ 答案:(1)‎30 m/s2 (2)‎7.5 m/s (3)4.375 J ‎2.(2018·江西八校联考)如图所示,足够长的水平导轨左侧b1b2-c‎1c2部分导轨间距为‎3L,右侧c‎1c2-d1d2部分的导轨间距为L,曲线导轨与水平导轨相切于b1b2,所有导轨均光滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角θ=37°的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1 T。质量为mB=‎0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上,质量为mA=‎0.1 kg 的金属棒A自曲线导轨上a‎1a2处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A棒总在宽轨上运动,B 棒总在窄轨上运动。已知:两棒接入电路的有效电阻均为R=0.2 Ω,h=‎0.45 m,L=‎0.2 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=‎10 m/s2。求:‎ ‎(1)A棒滑到b1b2处时的速度大小;‎ ‎(2)B棒匀速运动时的速度大小;‎ ‎(3)在两棒整体运动过程中,两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效数字)。‎ 解析:(1)A棒在曲线导轨上下滑,由机械能守恒定律得:‎ mAgh=mAv02‎ 解得:v0=‎3 m/s。‎ ‎(2)选取水平向右为正方向,对两棒分别应用动量定理,‎ 对B棒:FB安cos θt=mBvB ‎ 对A棒:-FA安cos θt=mAvA-mAv0‎ 其中FA安=3FB安 两棒最后匀速运动时,电路中无电流,有:‎ BLvB=3BLvA 解得:vA= m/s,vB= m/s。‎ ‎(3)在B棒加速运动过程中,由动量定理得:‎ Bcos θLΔt=mBvB-0‎ 电路中的平均电流= 根据法拉第电磁感应定律有:E= 其中磁通量变化量:ΔΦ=Bcos θΔS 解得:ΔS≈‎29.6 m2‎。‎ 答案:(1)‎3 m/s (2) m/s (3)‎‎29.6 m2‎ 模型(三) 电磁感应中的“导体框”模型 ‎[研一题]————————————————————————————————‎ ‎ (2019届高三·资阳模拟)如图所示,一足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd,线框的质量m=‎0.6 kg,其电阻值R=1.0 Ω,‎ ab边长L1=‎1 m,bc边长L2=‎2 m,与斜面之间的动摩擦因数μ=。斜面以EF为界,EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连,连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物体,当cd边离开磁场时线框即以v=‎2 m/s的速度匀速下滑,在ab边运动到EF位置时,细线恰好被拉直绷紧(时间极短),随即物体和线框一起做匀速运动,t=1 s后开始做匀加速运动。取g=‎10 m/s2,求:‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;‎ ‎(2)细线绷紧前,物体下降的高度H;‎ ‎(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE。‎ ‎[解析] (1)线框cd边离开磁场时匀速下滑,有:‎ mgsin θ-μmgcos θ-F安=0‎ F安=BI‎1L1‎ I1= 解得:B=1 T。‎ ‎(2)由题意,线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上,设其速度大小为v1,细线拉力大小为FT,则:‎ v1= FT-mgsin θ-μmgcos θ-BI‎2L1=0‎ I2= FT-Mg=0‎ 设细线突然绷紧过程中,细线的作用力冲量大小为I,对线框和物体分别运用动量定理,有:I=mv1-m(-v)‎ I=Mv0-Mv1‎ 细线绷紧前物体自由下落,则v02=2gH 解得:H=‎1.8 m。‎ ‎(3)根据能量守恒定律:‎ 线框匀速下滑过程:Q1=mgL2sin θ 细线突然绷紧过程:‎ Q2=Mv02+mv2-(M+m)v12‎ 线框匀速上滑过程:Q3=MgL2-mgL2sin θ ΔE=Q1+Q2+Q3‎ 解得:ΔE=21.6 J。‎ ‎[答案] (1)1 T (2)‎1.8 m (3)21.6 J ‎[悟一法]————————————————————————————————‎ ‎1.求解电磁感应中能量问题的一般步骤 ‎(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。‎ ‎(2)分析清楚有哪些力做功,明确有哪些形式的能量发生了相互转化。‎ ‎(3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。‎ ‎2.电磁感应中安培力做功引起的能量转化 ‎3.求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度 焦耳定律 功能关系 能量转化 Q=I2Rt Q=W克服安培力 Q=-ΔE其他 ‎[通一类]————————————————————————————————‎ ‎1.(2018·南通模拟)如图所示,质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上,线框边长ab=L、ad=‎2L。虚线MN过ad、bc边中点,一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O。从某时刻起,在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化。一段时间后,细线被拉断,此后磁感应强度大小保持不变,线框向左运动,ab边穿出磁场时的速度为v。求:‎ ‎(1)细线断裂前线框中的电功率P;‎ ‎(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W;‎ ‎(3)线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量q。‎ 解析:(1)根据法拉第电磁感应定律 E==L2=kL2‎ 电功率P==。‎ ‎(2)细线断裂后瞬间安培力FA=F0‎ 线框的加速度a== 线框离开磁场过程中,由动能定理得W=mv2。‎ ‎(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1,则有ILB1=F0‎ 其中I== 线框穿出磁场过程有==,= 通过导线横截面的电荷量q=Δt 解得q=。‎ 答案:(1) (2) mv2 (3) ‎2.(2018·湖南十三校联考)如图所示,粗糙斜面的倾角θ=37°,斜面上直径d=‎0.4 m的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场,一个匝数为n=100的刚性正方形线框abcd,边长为‎0.5 m,通过松弛的柔软导线与一个额定功率P=2 W 的小灯泡相连,圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边,已知线框质量m=‎2 kg,总电阻R0=2 Ω,与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,从0时刻起,磁场的磁感应强度按B=T的规律变化,开始时线框静止在斜面上,在线框运动前,小灯泡始终正常发光,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=‎ ‎10 m‎/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:‎ ‎(1)线框静止时,回路中的电流大小I;‎ ‎(2)在线框保持不动的时间内,小灯泡产生的热量Q;‎ ‎(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化,求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略,且斜面足够长)。‎ 解析:(1)根据法拉第电磁感应定律可得 E=n=nS,其中S=π2‎ P=I2R=2R 解得R=2 Ω,I=‎1 A。‎ ‎(2)线框刚好开始运动时,‎ mgsin θ=nId+μmgcos θ 解得t=π s 则Q=Pt=π J。‎ ‎(3)线框刚好开始运动时,‎ B=T=0.1 T ===,其中ΔS=S 解得q=Δt= C。‎ 答案:(1)‎1 A (2)π J (3) C ‎[专题强训提能] ‎ ‎1.(2018·漳州八校模拟)如图所示,MN、PQ为间距L=‎ ‎0.5 m的足够长平行导轨,NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°,NQ间连接有一个R=5 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B0=1 T。将一质量为m=‎0.05 kg的金属棒紧靠NQ放置在导轨ab处,且与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd距离NQ为s=‎2 m(g=‎10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则:‎ ‎(1)当金属棒滑行至cd处时,回路中的电流是多大?‎ ‎(2)金属棒达到的稳定速度是多大?‎ ‎(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中,回路中产生的焦耳热是多少?‎ 解析:(1)金属棒达到稳定速度时,沿导轨方向受力平衡 mgsin θ=Ff+FA 其中FA=B0IL Ff=μFN=μmgcos θ 解得I=‎0.2 A。‎ ‎(2)由欧姆定律得I= 由电磁感应定律得E=B0Lv 解得v=‎2 m/s。‎ ‎(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中,由能量守恒定律得 mgsin θs=mv2+Q+μmgcos θs 解得Q=0.1 J。‎ 答案:(1)‎0.2 A (2)‎2 m/s (3)0.1 J ‎2.如图所示,足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37°角放置,斜面上的虚线aa′和bb′与斜面底边平行,且间距为d=‎0.1 m,在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B=1 T;现有一质量为m=‎10 g,总电阻为R=‎ ‎1 Ω,边长也为d=‎0.1 m的正方形金属线圈MNPQ,其初始位置PQ边与aa′重合,现让线圈以一定初速度沿斜面向上运动,当线圈从最高点返回到磁场区域时,线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,不计其他阻力(取g=‎10 m/s2,‎ sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:‎ ‎(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度;‎ ‎(2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能;‎ ‎(3)线圈向下通过磁场区域过程中,线圈中产生的焦耳热。‎ 解析:(1)线圈向下进入磁场时,有 mgsin θ=μmgcos θ+F安,‎ 其中F安=BId,I=,E=Bdv 解得v=‎2 m/s。‎ ‎(2)设线圈到达最高点MN边与bb′的距离为x,则 v2=2ax,mgsin θ-μmgcos θ=ma 根据动能定理有 ‎-μmgcos θ·2x=Ek-Ek1,其中Ek=mv2‎ 解得Ek1=0.1 J。‎ ‎(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中,有 mgsin θ·2d-μmgcos θ·2d=Q 解得:Q=0.004 J。‎ 答案:(1)‎2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J ‎3.如图甲所示,电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内,阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左侧,另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置在导轨上,ef与导轨接触良好,并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点,另一端固定于墙上,轻杆与导轨保持平行,ef、ab两棒间距为d ‎。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,且从某一时刻开始,磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。‎ ‎(1)求在0~t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向;‎ ‎(2)求在t0~2t0时间内导体棒ef产生的热量;‎ ‎(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。‎ 解析:(1)在0~t0时间内,磁感应强度的变化率= 产生感应电动势的大小E1==S=ld= 流过导体棒ef的电流大小I1== 由楞次定律可判断电流方向为e→f。‎ ‎(2)在t0~2t0时间内,磁感应强度的变化率= 产生感应电动势的大小E2==S=ld= 流过导体棒ef的电流大小I2== 导体棒ef产生的热量Q=I22Rt0=。‎ ‎(3)1.5t0时刻,磁感应强度B=B0‎ 导体棒ef受安培力:F=B0I‎2l= 方向水平向左 根据导体棒ef受力平衡可知杆对导体棒的作用力为 F′=-F=-,负号表示方向水平向右。‎ 答案:(1),方向为e→f (2) (3),方向水平向右 ‎4.(2019届高三·邯郸质检)如图甲所示,两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L=‎1 m,导轨平面与水平面的夹角θ=37°,下端连接阻值R=1 Ω的电阻;质量m=‎1 kg、阻值r=1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上,到导轨最下端的距离L1=‎1 m,棒与导轨垂直并保持良好接触,与导轨间的动摩擦因数μ=0.9。整个装置处于与导轨平面垂直(斜向上为正)的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,0~1.0 s 内,金属棒cd保持静止,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=‎ ‎10 m‎/s2。‎ ‎(1)求0~1.0 s内通过金属棒cd的电荷量;‎ ‎(2)求t=1.1 s时刻,金属棒cd所受摩擦力的大小和方向;‎ ‎(3)1.2 s后,对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F,使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a=‎2 m/s2的匀加速运动,请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式。‎ 解析:(1)在0~1.0 s内,金属棒cd上产生的感应电动势为:E=,其中S=L‎1L=‎‎1 m2‎ 由闭合电路的欧姆定律有:I= 由于0~1.0 s内回路中的电流恒定,故该段时间通过金属棒cd的电荷量为:q=IΔt,其中Δt=1 s 解得:q=‎1 C。‎ ‎(2)假设0~1.1 s内金属棒cd保持静止,则在0~1.1 s内回路中的电流不变,t=1.1 s时,金属棒cd所受的安培力大小为:F′=|B1IL|=0.2 N,方向沿导轨向下 导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为:‎ Ff=μmgcos θ=7.2 N 由于mgsin θ+F′=6.2 N<Ff,可知假设成立,金属棒cd仍保持静止,故所求摩擦力大小为6.2 N,方向沿导轨向上。‎ ‎(3)1.2 s后,金属棒cd上产生的感应电动势大小为:E′=|B2Lv|,其中v=at′‎ 金属棒cd所受安培力的大小为:F安=|B2I‎2L|,其中I2= 由牛顿第二定律有:F-mgsin θ-μmgcos θ-F安=ma 解得:F=15.2+0.16t′(N)。‎ 答案:(1)‎1 C (2)6.2 N,方向沿导轨向上 (3)F=15.2+0.16t′(N)‎ ‎5.(2018·厦门质检)如图所示,PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道,轨道足够长,其电阻忽略不计。金属棒ab、cd 放在轨道上,始终与轨道垂直且接触良好。金属棒ab的质量为‎2m、cd的质量为m,长度均为L、电阻均为R,两金属棒的长度恰好等于轨道的间距,并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,若锁定金属棒ab不动,使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下,沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g。‎ ‎(1)试推导论证:金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电;‎ ‎(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻为0时刻,恒力大小变为F′=1.5mg,方向不变,同时解锁、静止释放金属棒ab,直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。求:‎ ‎①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab;‎ ‎②0~t时间内通过金属棒ab的电荷量q。‎ 解析:(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v,有 E=BLv I= F安=IBL 金属棒cd克服安培力做功的功率P安=F安v 电路获得的电功率P电= 解得P安=,P电= 所以P安=P电。‎ ‎(2)①金属棒ab做匀速运动,则有I1BL=2mgsin 30°‎ 金属棒ab的热功率Pab=I12R 解得Pab=。‎ ‎②0时刻前F=mgsin 30°+F安 F安=BIL I= 解得v= 设t时刻以后金属棒ab做匀速运动的速度为v1,金属棒cd做匀速运动的速度为v2,‎ 因F′=1.5mg=(‎2m+m)gsin 30°,则由金属棒ab、cd组成的系统动量守恒,得 mv=2mv1+mv2‎ 回路电流I1== 解得v1= ‎ ‎0~t时间内对金属棒ab分析,设在电流为i的很短时间Δt内,速度的改变量为Δv,‎ 由动量定理得 BiLΔt-2mgsin 30°Δt=2mΔv 等式两边累积求和得BLq-mgt=2mv1‎ 解得q=。‎ 答案:(1)见解析 (2)① ②
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